问题描述
小 Y 有一个大小为 n 的背包，并且小 Y 有 n 种物品。
对于第 i 种物品，共有 i 个可以使用，并且对于每一个 i 物品，体积均为 i 。
求小 Y 把该背包装满的方案数为多少，答案对于 23333333 取模。
定义两种不同的方案为：当且仅当至少存在一种物品的使用数量不同。
输入格式
第一行一个整数 n 。
输出格式
输出一行，表示方案数。
样例输入
3
样例输出
2
数据范围
n<=100000
解析
观察一下题目，最特殊的地方在于第 i 个物品只有 i 个。而背包的容量只有 n ，所以，对于体积大于\(\sqrt{n}\) 的物品，是不可能全部放完的。也就是说，\(\sqrt{n}\)以后的物品相当与没有限制存在。所以，初步的思路是小于\(\sqrt{n}\) 的物品用多重背包，大于的用完全背包。
但是即使这样也无法通过。我们需要优化两种DP。
先来考虑多重背包。设\(f[i][j]\)表示前\(i\)个物品消耗了\(j\)的体积，那么多重背包的转移方程是这样的：
\[ f[i][j]=\sum_{k=0}^{j}f[i-1][j-k \times i] \]
可以发现，\(f[i][j]\)只会从\(f[i-1][j],f[i-1][j-i],...,f[i-1][j-k\times i]\)转移过来。所以，我们可以用类似前缀和的方式优化转移，将前半部分的复杂度优化到\(O(n\sqrt{n})\)。
再来考虑完全背包。我们可以转化一下模型。假设我们现在有很多长度为\(\sqrt{n}\)的木棍，每次可以在最前面加入一根，或者把所有已经加入的木棍的长度全部加一。设\(g[i][j]\) 表示选了\(i\)根木棍，总长度为\(j\)的方案数，那么，我们有如下DP方程：
\[ g[i][j]=g[i-1][j-\sqrt{n}]+g[i][j-i] \]
其实，\(g[i][j]\)对应的就是原问题中选了前\(i\)个物品，总体积为\(j\)的方案数。有了这些，我们就可以统计答案了。设\(sum[i]=\sum_{j=\sqrt{n}+1}^{n} g[j][i]\) ，那么答案就是
\[ Ans=\sum_{i=0}^{n}f[\sqrt{n}][i]\times sum[n-i] \]
代码
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#define N 100002
#define M 350
using namespace std;
const int mod=23333333;
int n,m,f[M][N],g[M][N],sumf[N],sumg[N],i,j,k,l;
int read()
{
char c=getchar();
int w=0;
while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
while(c<='9'&&c>='0'){
w=w*10+c-'0';
c=getchar();
}
return w;
}
signed main()
{
n=read();
m=sqrt(n);
f[0][0]=1;
for(i=1;i<=m;i++){
for(j=0;j<i;j++){
int cnt=0;
for(k=j;k<=n;k+=i){
cnt++;
sumf[cnt]=(sumf[cnt-1]+f[i-1][k])%mod;
}
for(k=j,l=1;k<=n;k+=i,l++) f[i][k]=((f[i][k]+sumf[l])%mod-sumf[max(0,l-1-i)]+mod)%mod;
}
}
g[0][0]=sumg[0]=1;
for(i=1;i<=m;i++){
for(j=0;j<=n;j++){
if(j>=i) g[i][j]=(g[i][j]+g[i][j-i])%mod;
if(j>=m+1) g[i][j]=(g[i][j]+g[i-1][j-(m+1)])%mod;
sumg[j]=(sumg[j]+g[i][j])%mod;
}
}
long long ans=0;
for(i=0;i<=n;i++) ans=(ans+1LL*f[m][i]*sumg[n-i]%mod)%mod;
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}